Sở giáo dục và đào tạo
Hng yên
đề chính thức
kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên
Năm học 2009 2010
Môn thi: Toán
(Dành cho thí sinh thi vào các lớp chuyên Toán, Tin)
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (1,5 điểm)
Cho
1 1
a 2 :
7 1 1 7 1 1

=
ữ
ữ
+ + +

Hãy lập một phơng trình bậc hai có hệ số nguyên nhận a - 1 là một nghiệm.
Bài 2: (2,5 điểm)
a) Giải hệ phơng trình:
x 16
xy
y 3
y 9
xy
x 2

=


b) MB là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD.
c) Tổng bán kính các đờng tròn ngoại tiếp tam giác BCD và ACD không đổi.
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy E, F thuộc cạnh AB; G, H thuộc cạnh BC; I, J
thuộc cạnh CD; K, M thuộc cạnh DA sao cho hình 8 - giác EFGHIJKM có các góc
bằng nhau. Chứng minh rằng nếu độ dài các cạnh của hình 8 - giác EFGHIJKM là các
số hữu tỉ thì EF = IJ.
------------ Hết ------------
Họ và tên thí sinh: ..... . ...
Chữ ký của giám thị .............. . ... ...
Số báo danh:.... . . Phòng thi số:... ...
Hớng dẫn chấm thi
Bài 1: (1,5 điểm)

1 1 7 1 1 7 1 1
a 2 : 2 :
7
7 1 1 7 1 1

+ + + +
= =
ữ
ữ
+ + +

0,5 đ
a =
2
2 : 7
7


=
=



=
=



ĐK:
x,y 0
0,25 đ
Giải (2)
2 2
6y 6x 5xy (2x 3y)(3x 2y) 0 = + =
0,25 đ
* Nếu
3y
2x 3y 0 x
2

+ = =
.
Thay vào (1) ta đợc
3y 3 16

(thoả mãn điều kiện)
Vậy hệ phơng trình có hai nghiệm: (x; y) = (2; 3); (x; y) = (-2; -3)
0,25 đ
b) Đặt
( )
2
2
x 2x 1 y x 1 y x 1 y (y 0) + = = =
(*)
Phơng trình đã cho trở thành:
( ) ( )
2
y 1 3 y 1 m 0 + =
2
y 5y m 4 0 + + =
(1)
0,25 đ
Từ (*) ta thấy, để phơng trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì phơng trình
(1) có 2 nghiệm dơng phân biệt
0,25 đ
0 9 4m 0
S 0 5 0
P 0 m 4 0
> > > >> + >

2 2 2
k 5n 1 (với n ) k 25n 10n 1 k 4 5= + = + + +Â M

2
k 4 +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
2 2 2
k 5n 2 (với n ) k 25n 20n 4 k 16 5= + = + + +Â M

2
k 16 +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
2 2 2
k 5n 3 (với n ) k 25n 30n 9 k 16 5= + = + + +Â M

2
k 16 +
không là số nguyên tố.
0,25 đ
- Xét
2 2 2
k 5n 4 (với n ) k 25n 40n 16 k 4 5= + = + + +Â M

2
k 4 +
không là số nguyên tố.


J
I
C
N
M
O
A B
D
a) Xét
MBC
và
MDB
có:

ã
ã
BDM MBC (haigóc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)=

ã
ã
BMC BMD=
0,5 đ
Do vậy
MBC
và
MDB
đồng dạng
Suy ra
MB MD

ã ã
O
O
BJC 180 BJC
MBC CBJ 90 MB BJ
2 2

+ = + =

Suy ra MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
0,5 đ
c) Kẻ đờng kính MN của (O) NB MB
Mà MB là tiếp tuyến của đờng tròn (J), suy ra J thuộc NB
Gọi (I) là đờng tròn ngoại tiếp
ADC
Chứng minh tơng tự I thuộc AN
Ta có
ã
ã
ã
ã
ANB ADB 2BDM BJC= = =
CJ // IN
Chứng minh tơng tự: CI // JN
0,5 đ
Do đó tứ giác CINJ là hình bình hành

CI = NJ
Suy ra tổng bán kính của hai đờng tròn (I) và (J) là:
IC + JB = BN (không đổi)

8
( ).
=
0,25 đ
Suy ra mỗi góc ngoài của hình 8 cạnh đó là: 180
O
- 135
O
= 45
O
Do đó các tam giác MAE ; FBG ; CIH ; DKJ là các tam giác vuông cân.
MA = AE =
h
2
; BF = BG =
b
2
; CH = CI =
d
2
; DK = DJ =
f
2
Ta có AB = CD nên:
h b f d
a e
2 2 2 2
+ + = + +
(e - a)
2


+ =

2 2
2
x y xy 3
xy 3x 4
2) Tìm m nguyên để phơng trình sau có ít nhất một nghiệm nguyên:

+ + + =
2 2
4x 4mx 2m 5m 6 0

Câu II (2.5 điểm):
1) Rút gọn biểu thức:

( ) ( )

+ + =
+
3 3
2
2
2 4 x 2 x 2 x
A
4 4 x
với

minh rằng:
1) MD = ME
2) Tứ giác MDEK nội tiếp. Từ đó suy ra điểm M là tâm của đờng tròn bàng tiếp
góc DAK của tam giác DAK.
Câu V (1.0 điểm):
Trên đờng tròn (O) lấy hai điểm cố định A và C phân biệt. Tìm vị trí của các
điểm B và D thuộc đờng tròn đó để chu vi tứ giác ABCD có giá trị lớn nhất.
-----------------------Hết-----------------------
Họ và tên thí sinh : ......................................................Số báo danh :.......................
Chữ kí của giám thị 1 : .............................Chữ kí của giám thị 2:............................
Đề thi chính thức
H ớng dẫn chấm
Câu Phần nội dung Điểm
câu I
2,5 điểm
1)
1,5điểm

+ + =

+ =

2 2
2
x y xy 3 (1)
xy 3x 4 (2)
Từ (2)

x


=
0.25
Từ
2
x 1 x 1 y 1= = =
;
2
16 4 7 5 7
x x y
7 7 7
= = = m
0.25
Vậy hệ có nghiệm (x; y) là (1; 1); (-1; -1);


ữ
ữ

4 7 5 7
;
7 7
;


ữ
ữ

4 7 5 7
;
7 7

x
'
= 0

x = - 1,5 (loại).
0.25
Vậy m = 2.
0.25
câu II
2,5 điểm
1)
1,5điểm
Đặt
a 2 x; b 2 x (a, b 0)
= + =
2 2 2 2
a b 4; a b 2x
+ = =
0.25
( )
( )
( )
3 3 2 2
2 ab a b 2 ab a b a b ab
A
4 ab 4 ab
+ + + +
= =
+ +
0.25

3 2
3
b m c m am 0 (2)
+ + =
Từ (1), (2)
2 2
3
(b ac) m (a m bc)
=
0.25
Nếu
2
a m bc 0
2
3
2
a m bc
m
b ac

=

là số hữu tỉ. Trái với giả thiết!
2 3
2 2
b ac 0 b abc
a m bc 0 bc am

= =


Theo bài ra f(x) có dạng: f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx + d với a nguyên dơng.
0.25
Ta có: 2010 = f(5) - f(3) = (5
3
- 3
3
)a + (5
2
- 3
2
)b + (5 - 3)c
= 98a + 16b + 2c

16b + 2c = (2010- 98a)
0.25
Ta có f(7) - f(1) = (7
3
- 1
3
)a + (7
2
- 1
2
)b + (7 - 1)c
= 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c)
= 342a + 3(2010- 98a)= 48a + 6030 = 3.(16a + 2010)

OB x 3 2
0.25
Mặt khác ta có:
OA OB AB
( ) ( )
+ + +
2 2
2 2
x 2 1 x 3 2 26
0.25
Dấu = xảy ra khi A thuộc đoạn OB hoặc B thuộc đoạn OA

= =
+
x 2 1
x 7
x 3 2
.Thử lại x = 7 thì A(5; 1); B(10; 2) nên A thuộc đoạn
OB. Vậy Max
=P 26
khi x = 7.
0.25
câuIV
2 điểm
1)
0,75điểm
Ta dễ dàng chứng minh tứ giác
MBAN nội tiếp
ã ã
=MAB MNB


MD = ME
0.25
2)
1,25điểm
0.25
K
E
B
C
A
N
M
P
D
K
E
B
C
A
N
M
P
D
Do DE//NP nên
ã
ã
=DEK NAB
, mặt khác tứ giác MNAB nội tiếp nên:
ã

ã
= =
MEA MDA MEK MDC
.
0.25
Vì
ã
ã ã
ã
= =
MEK MDK MDK MDC

DM là phân giác của góc CDK, kết hợp
với AM là phân giác DAB

M là tâm của đờng tròn bàng tiếp góc DAK
của tam giác DAK.
0.25
câu V
1 điểm
D'
B'
A'
O
C
A
B
D
Không mất tổng quát giả sử:AB


0.25
Hai tam giác ABB và ABB bằng nhau
=
A'B' B'A
Ta có
+ = +
B'A B'C B'A' B'C A'C
= AB + BC ( BA + BC không
đổi vì B, A, C cố định). Dấu = xảy ra khi B trùng với B.
0.25
Hoàn toàn tơng tự nếu gọi D là điểm chính giữa cung
ẳ
ADC
thì ta cũng
có AD + CD

AD + CD. Dấu = xảy ra khi D trùng với D.

Chu vi tứ giác ABCD lớn nhất khi B, D là các điểm chính giữa các
0.25
cung
»
AC
cña ®êng trßn (O)
Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm theo c¸ch kh¸c, lêi gi¶i ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a.
SỞ GIÁO DỤC BÌNH ĐỊNH KỲ THI TUỶÊN SINH VÀO
LỚP 10
BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ
QUÝ ĐÔN
NĂM HỌC 2009-2010

S
n n n
= + + +
+ + + + +
Chúng minhS
n
<
1
2
Bài 4(3điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp tròn tâm O có độ dài các cạnh BC = a, AC = b, AB =
c.E là điểm nằm trên cung BC không chứa điểm A sao cho cung EB bằng cung
EC.AE cắt cạnh BC tại D.
a.Chúng minh:AD
2
= AB.AC – DB.DC
b.Tính độ dài AD theo a,b,c
Bài 5(1.5điểm)
Chứng minh rằng :
( )
2
1
2
3 2
m
n
n
- ³
+
Với mọi số nguyên m,n.

a a a
a b c c b a b c
< <
+ + + + +
Tng t
2
(2);
b b b
a b c c a a b c
< <
+ + + + +
2
(3)
c c a
a b c b a a b c
< <
+ + + + +
Cng (1) (2) v (3) v theo v ta cú iu phi chng minh.
Bi 2:
K:
, ,x m n pạ
PT ó cho

(x-n)(x-p)+(x-m)(x-p)+(x-m)(x-n) = 0

3x
2
-2(m+n+p)x +mn+mp+np = 0(1)
Ta cú


2m
2
-2mn -2mp +mn +mp +np = m
2
mn mp +np = (m-n)
(m-p)
ạ
0
= >m,n,p khụng phi l nghim ca pt(1)
Vy PT ó cho luụn cú hai nghim phõn bit
Bi 3

( )
( )
2
2
1 1 1
Ta có :
2 1
2 1 1
4 4 1
1 n + 1 - n 1 1 1
2
2 1. 1
4 4
n n n n
n
n n n
n n
n n

ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
< - + - + + - = - <
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
+ +
Bi 3:
Ta cú
ã
ã
BAD CAE=
( Do cung EB = cung EC)
V
ã
ã
AEC DBA=
( Hai gúc ni tip cựng chn cung
AC) nờn
BAD

EAC
. . (1)
BA AE
AB AC AE AD
AD AC

( )
2
2
. . .
DC DB a a a bc
DB DC
b c b c b c
b c
= =ị
+ +
+
theo cõu a ta cú AD
2
= AB.AC DB.DC =
( ) ( )
2 2
2 2
1
a bc a
bc bc
b c b c
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
- = -
ữ
ỗ
ữ

m
là số hữu tỉ và 2là số vô tỉ nên 2
n
m
n
ạ
Ta xet hai trng hp:
a)
2 2 2 2 2
2 Khi đó m 2 2 1 hay m 2n 1
m
n m n
n
> > + +ị
T ú suy ra :
( )
2
2
2
2
2
2
2
1
2 2
2 1 1 1 1
2 2 2 2
1
1
3 2

n m n
n
< < - -ịÊ Ê
T ú suy ra :
( )
2
2
2
2
2
2
2
1
2 2
2 1 1
2 2 2 2 2
1
2 2
1 1
1
3 2
2 2
m m n
n
n n n
n
n
n
n
n

1 1 9
2
1 5
2
x y
x y
xy
xy

+ + + =




+ =


b) Giải và biện luận phương trình:
| 3| | 2 | 5x p x+ + − =
(p là tham số có giá trị
thực).
Câu 2: (1,5 điểm)
Cho ba số thực
, ,a b c
đôi một phân biệt.
Chứng minh
2 2 2
2 2 2
2
( ) ( ) ( )

+
=
là một số nguyên.
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB<CD). Gọi K, M lần lượt là trung
điểm của BD, AC. Đường thẳng qua K và vuông góc với AD cắt đường thẳng
qua M và vuông góc với BC tại Q. Chứng minh:
a) KM // AB.
b) QD = QC.
Câu 5: (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng cho 2009 điểm, sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3
đỉnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả
những điểm đã cho nằm trong một tam giác có diện tích không lớn hơn 4.
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh ..................................................................... SBD .......................
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
——————
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2009-2010
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Dành cho lớp chuyên Toán.
—————————
Câu 1 (3,0 điểm).
a) 1,75 điểm:
Nội dung trình bày Điể
m
Điều kiện
0xy ≠
0,25

2
2
1
x
y
x y
xy
x
y
 =



=
+ =



⇔


=
=




=




 
⇔





=
=







=


0,25
Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm là:
( ; ) (1; 2), (2; 1), (1; 1/ 2), (1/ 2; 1)x y =
0,25
b) 1,25 điểm:
Nội dung trình bày Điể
m
Xét 3 trường hợp:
TH1. Nếu
2 x≤

Nếu
1p = −
thì (1) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
2 x≤
; (2) vô nghiệm; (3) vô
nghiệm.
0,25
Nếu
1p =
thì (2) cho ta vô số nghiệm thoả mãn
3 2x− ≤ <
; (1) có nghiệm x=2;
(3)VN
0,25
Kết luận:
+ Nếu -1 < p < 1 thì phương trình có 2 nghiệm: x = 2 và
2( 4)
1
p
x
p
−
=
+
0,25
+ Nếu p = -1 thì phương trình có vô số nghiệm
2 x≤ ∈¡
+ Nếu p = 1 thì phương trính có vô số nghiệm
3 2x− ≤ ≤
+ Nếu

 ÷
 ÷
− − − − − − − − −
 
 

0,5
Câu 3 (1,5 điểm):
Nội dung trình bày Điể
m
Điều kiện xác định: x
≠
1 (do x nguyên). 0,25
Dễ thấy
1 2( 1)
;
| 2 1| | 1|
x
A B
x x
−
= =
+ −
, suy ra:
2 1 1
3 | 2 1| | 1|
x
C
x x
 

0,5
Nếu
1
1
2
x− < <
. Khi đó:
0x =
(vì x nguyên) và
0C =
. Vậy
0x =
là một giá trị cần
tìm.
0,25
Nếu
1
2
x < −
. Khi đó
1x ≤ −
(do x nguyên). Ta có:
2 1 4( 1)
1 0
3 2 1 3(2 1)
x
C
x x
+
 

Nội dung trình bày Điể
m
Gọi I là trung điểm AB,
,E IK CD R IM CD= ∩ = ∩
. Xét hai tam
giác KIB và KED có:
·
·
ABD BDC=
0,25
KB = KD (K là trung điểm BD) 0,25
·
·
IKB EKD=
0,25
Suy ra
KIB KED IK KE
∆ = ∆ ⇒ =
. 0,25
Chứng minh tương tự có:
MIA MRC
∆ = ∆
0,25
Suy ra: MI = MR 0,25
A
I
B
K
M
D

QK AD⊥
(gt), IE//AD (CM trên)
QK IE⇒ ⊥
. Tương tự có
QM IR⊥
0,25
Từ trên có: IK=KE,
QK IE QK⊥ ⇒
là trung trực ứng với cạnh IE của
IER∆
. Tương
tự QM là trung trực thứ hai của
IER∆
0,25
Hạ
QH CD⊥
suy ra QH là trung trực thứ ba của
IER∆
hay Q nằm trên trung trực
của đoạn CD
⇒
Q cách đều C và D hay QD=QC (đpcm).
0,25
Câu 5 (1,0 điểm):
Nội dung trình bày Điể
m
A'
B'
C'
A

>
, suy ra
PAB CAB
S S>
, mâu thuẫn với giả thiết tam
giác
ABC
có diện tích lớn nhất.
0.25
Vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong tam giác
' ' 'A B C
có diện tích không
lớn hơn 4.
0.25
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN CỦA HẢI
PHÒNG
NĂM HỌC 2009-2010
Bài 1 : ( 1 điểm )
Cho
( )
3
4 2 3 3
5 2 17 5 38 2
x
+ −
=
+ − −
tính
( )
2009

 
2. Cho các số dương a; b; c thoả mãn a + b + c
3≤
. Chứng ming rằng

2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ca
+ ≥
+ + + +
Bài 4 : ( 3, 5 điểm )
Cho tam giác ABC với BC = a ; CA = b ; AB = c( c < a ; c< b ) . Gọi M ; N
lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn tâm ( O) nội tiếp tam giác ABC với các
cạnh AC và BC . Đường thẳng MN cắt các tia AO : BO lần lượt tại P và Q . Gọi
E; F lần lượt là trung điểm của AB ; AC
1. Chứng minh tứ giác AOQM ; BOPN ; AQPB nội tiếp
2. Chứng minh Q; E; F thẳng hàng
3. Chứng minh
MP NQ PQ OM
a b c OC
+ +
=
+ +
Bài 5 : ( 2 điểm )
1. Giải phương trình nghiệm nguyên 3
x
- y
3
= 1

Bài 2 : vì
3 1 4 2
1x x x x− = − =
=>
3 1 4 2
1; 1x x x x= + = +
Theo hệ thức Vi ét ta có
( ) ( )
( ) ( )
1 2
1 2
2
1 2
1 2
(1)
. (2)
1 1 (3)
1 . 1 (4)
x x b
x x c
x x b
x x bc
+ = −


=


+ + + =


c ≤
;
b = -2 ; c = -1
Bài 3 :
1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 3 số dương
3
a b c abc+ + ≥

3
1 1 1 1
3
a b c
abc
+ + ≥
=>
( )
1 1 1
9a b c
a b c
 
+ + + + ≥
 ÷
 
dấu “=” sảy ra  a = b = c
2. ta có
( )
2
2 2 2
3
3

+ + + +
+ +
vậy
2 2 2
1 2009
670
a b c ab bc ca
+ ≥
+ + + +
. dấu “=” sảy ra  a = b = c = 1
Bài 4 : a) ta có
·
·
·
µ
µ
( )
·
µ
µ
µ
( )
·
·
0
1
2
180 1
2 2
BOP BAO ABO A B

ã
1
2
EQB EBQ B QBC= = =
=> QE //BC
M E F l ng trung bỡnh ca tam giỏc ABC nờn E F //BC
Q; E; F thng hng
c)
~ ( )
~ ( )
~ ( )
MP OM OP
MOP COB g g
a OC OB
NQ ON OM
NOQ COA g g
b OC OC
PQ OP OM
POQ BOA g g
c OB OC
OM MP NQ PQ MP NQ PQ
OC a b c A B C
= =
= =
= =
+ +
=> = = = =
+ +
Bi 5 :
1) 3

1
9 3.3 3 9 3 9
m m n
m m n
n

+

=

+M M
M M
=>
( )
9 3.3 3 3 3 3 3 0
m m m m
+ = =
=> m = 1 => y = 2 ; x = 2
vy p/ trỡnh cú hai nghim l ( 0 ; 0 0 ; ( 2 ; 2 )
2.Ta tụ mu cỏc ụ vuụng ca bng bng hai mu en trng nh bn c vua
Lỳc u tng s si cỏc ụ en bng 1005 . 2009 l mt s l
sau mi phộp thc hin thao tỏc T tng s si cỏc ụ en luụn l s l
vy khụng th chuyn tt c viờn si trờn bng ụ vuụng v cựng mt ụ sau mt
s hu hn cỏc phộp thc hin thao tỏc T
Sở giáo dục-đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên
Hà nam Năm học 2009-2010
Môn thi : toán(đề chuyên)

Bài 2.(2,0 điểm)
Cho phơng trình:
6 3 2 0x x m + =
a) Tìm m để x =
7 48
là nghiệm của phơng trình.
b) Tìm m để phơng trình có 2 nghiệm x=x
1
; x=x
2
thoả mãn:

1 2
1 2
24
3
x x
x x
+
=
+
Bài 3.(2,0 điểm)
1) Cho phơng trình:
( )
2
2 2 2 6 6 52 0x m x m+ + =
( với m là tham số, x là ẩn số).
Tìm giá trị của m là số nguyên để phwowng trình có nghiệm là số hữu tỷ.
2) Tìm số
abc

Họ và tên thí sinh: ..Số báo danh:
Chữ ký giám thị số 1: .Chữ ký giám thị số 2 ..
Gợi ý một số câu khó trong đề thi:
Bài 3:
1) Ta có
'

=
( )
2
2
4 12 68 2 3 77m m m =
Để phơng trình có nghiệm hữu tỷ thì
'

phải là số chính phơng. Giả sử
'

= n
2
( trong đó n là số tự nhiên).
Khi đó ta có
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 3 77 2 3 77 2 3 . 2 3 77m n m n m n m n = = + =
Do n

N nên 2m-3+n>2m-3-n
Và do m

+ + = + = +
+

+ +
+

= =
+ +
Ta có
( )
2
4 1a b+
là số lẻ và do
0 9c
<
nên
( )
2
4 1a b+
M
5.
Mà
( )
2
4 a b+
là số chẵn nên
( )
2
4 a b+
phải có tận cùng là 6

( )
2
a b+


{4; 9; 49; 64}

a+b

{2; 3; 7; 8}
+ Nếu a+b

{2; 7; 8} thì a+b có dạng 3k 1(k

N) khi đó
( )
2
4 1a b+
chia
hết cho 3 mà (a+b) + 9a= 3k 1+9a không chia hết cho 3

( )
10 9a b a

+ +không
M
3

ET IE
=
C/m
∆
AKB
:
∆
INB
⇒
KB AK
BN IN
=
Do IE=IN tõ ®ã ta suy ra ®iỊu ph¶i chøng minh
C¸ch 2:
C/m
∆
TKE
:
∆
TAI
⇒
KT TA
ET TI
=
C/m
∆
BIM
:
∆
BAK

®pcm.
GIẢI ĐỀ CHUYÊN TOÁN THPT HUỲNH MẪN ĐẠT – KIÊN GIANG, NĂM 2009 –
2010
Đề, lời giải Cách khác, nhận xét
Bài 1: (1 điểm) Cho phương trình ax
2
+
bx + c = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
.
Đặt S
2
= x
1
2
+ x
2
2
; S
1
= x
1
.x
2
Chứng
minh rằng: a.S
2
+ b.S

x 2 x x 2
x 2 x x 2
2 . . 2
2 2 0 ( 0)
x b x c
a x x b x c
a x a x b x c
b c b
a a b c
a a a
b b
c c do a
a a
+ + + +
 
= + − + + +
 
= + − + + +
− −
 
= × − + +
 ÷
 
= − − + = ≠
Bài 2: (2 điểm)
Cho phương trình: 2x - 7
x
+ 3m – 4 = 0
(1)
a/ Đònh m để phương trình có một

1
= 9 ; x
2
= ¼
b/ Từ (1) coi phương trình với ẩn là
x
Lập
1 2
81 24
7
2
x
m
S x x
∆ = −
= + =
Để pt (1) có nghiệm thì:
Cách khác:
( )
2
2 7 3 0 (2)x x− + =
x
1
= 9
1
3x⇒ =
mà
1 2
2
2

27
7
8
0
2
x
m
m
S x x
∆ = − ≥


⇔ ≤

= + = ≥


bài toán tương tự.
Bài 3: (2 điểm) Giải hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
1 2 2 (1)
2 3 6 (2)
3 1 3 (3)
x y
y z
z x

+ + =

 
⇔ =
+ =
 
 
=
+ =


Với (x + 1)(y + 2)(z + 3) = - 6 hệ (I) là:
6
3 3
2
1 1
4
2 2
z
z
x
x
y
y

= −
+ = −

 
⇔ = −
+ = −
 

. 0
b
a b
d y x
m a b
m
a
m

=

+ =
−
 
⇔ ⇒ = +
−
 
+ =
=
 


b/ Phương trình hoành độ giao điểm của
(d) và (P):
( )
2
2
2
2 2
3

+ x
B
=
9
m
; x
A
. x
B
=
-9
Do A, B
3 3
( ) 3 ; 3
A A B B
d y x y x
m m
− −
∈ ⇒ = + = +
Theo công thức tính khoảng cách:
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2
2
2
2 2
2

x x
m
x x x x
m
m m
m m
m m m
= − + −
− −
 
= − + −
 ÷
 
= − + −
 
= − +
 ÷
 
 
 
= + − +
 ÷
 
 
 
   
= − − +
 
 ÷  ÷
   